立体几何（向量法）—找点难（定比分点公式）

立体几何（向量法）—找点难（定比分点公式）

例1（2013年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如图, 四棱柱

ABCD-A1B1C1D1中, 侧棱A1A⊥底面ABCD, AB//DC, AB⊥AD, AD = CD = 1, AA1 = AB = 2,

E为棱AA1的中点. (Ⅰ) 证明B1C1⊥CE;

(Ⅱ) 求二面角B1-CE-C1的正弦值.

(Ⅲ) 设点M在线段C1E上, 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为的长.

2, 求线段AM6

【答案】解：方法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)．

→→→→

(1)证明：易得B1C1＝(1，0，－1)，CE＝(－1，1，－1)，于是B1C1·CE＝0，所以B1C1⊥CE. →

(2)B1C＝(1，－2，－1)，

设平面B1CE的法向量＝(x，y，z)，

→?B1C＝0，??·?x－2y－z＝0，则?即?消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量

?→－x＋y－z＝0，??CE＝0，?m·

为＝(－3，－2，1)．

→

由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故B1C1＝(1，0，－1)为平面CEC1的一个法向量．

→

－4m·B1C12 721→→

于是cos〈，B1C1〉＝＝＝－，从而sin〈，B1C1〉＝. 77→14×2|m|·|B1C1|

所以二面角B1－CE－C1的正弦值为

21. 7

→→→→→→(3)AE＝(0，1，0)，EC1＝(1，1，1)．设EM＝λEC1＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM＝AE＋→→

EM＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB＝(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法向量．

设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则 →→|AM·AB|→→

sin θ＝|cos〈AM，AB〉|＝＝

→→|AM|·|AB|2λλ＝. λ2＋（λ＋1）2＋λ2×23λ2＋2λ＋1

λ21

＝，解得λ＝(负值舍去)，所以AM＝2.

33λ2＋2λ＋16

方法二：(1)证明：因为侧棱CC1⊥平面A1B1C1D1， 于是B1C1?平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E＝5，B1C1＝2，EC1＝3，从

2

而B1E2＝B1C21＋EC1，所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E.又CC1，C1E?平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面CC1E，又CE?平面CC1E，故B1C1⊥CE.

(2)过B1 作B1G⊥CE于点G，联结C1G.由(1)，B1C1⊥CE.故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G，所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角．在△CC1E中，由CE＝C1E＝3，2 64221

CC1＝2，可得C1G＝.在Rt△B1C1G中，B1G＝，所以sin∠B1GC1＝，即二面角337B1－CE－C1的正弦值为

21

. 7

(3)联结D1E, 过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，联结AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角．

设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝

234x，AH＝x.在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，66

1

ED1＝2，得EH＝2MH＝x.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH2＝AE2＋EH2－

31712

2AE·EHcos 135°，得x2＝1＋x2＋x.

1893

整理得5x2－2 2x－6＝0，解得x＝2(负值舍去)，所以线段AM的长为2.

例2（2013年高考北京卷（理））如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形,平

面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5. (Ⅰ)求证:AA1⊥平面ABC;

(Ⅱ)求二面角A1-BC1-B1的余弦值;

(Ⅲ)证明:在线段BC1存在点D,使得AD⊥A1B,并求

BD的值. BC1

【答案】解:

(I)因为AA1C1C为正方形,所以AA1 ⊥AC.

因为平面ABC⊥平面AA1C1C,且AA1垂直于这两个平面的交线AC,所以AA1⊥平面ABC. (II)由(I)知AA1 ⊥AC,AA1 ⊥AB. 由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以AB⊥AC. 如图,以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz,则B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4),

??????3y?4z?0?n?A1B?0设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则?????,即?, ?4x?0???n?A1C1?0令z?3,则x?0,y?4,所以n=(0,4,3).

同理可得,平面BB1C1的法向量为m=(3,4,0),所以cosn,m?n?m16. 由题?|n||m|25知二面角A1-BC1-B1为锐角,所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为

?????????(III)设D(x,y,z)是直线BC1上一点,且BD??BC1. 所以(x,y?3,z)??(4,?3,4).

解得x?4?,y?3?3?,z?4?.

16. 25????所以AD?(4?,3?3?,4?). [来源:学科网]

????????9由AD·. A1B?0,即9?25??0.解得??259?[0,1],所以在线段BC1上存在点D, 因为25使得AD⊥A1B. 此时,

BD9???. BC125例3（2012高考真题辽宁理18）(本小题满分12分)

如图1－4，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．

(1)证明：MN∥平面A′ACC′；

(2)若二面角A′－MN－C为直二面角，求λ的值．

图1－4

【答案】解：(1)(证法一)

连结AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°， AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱． 所以M为AB′中点． 又因为N为B′C′的中点． 所以MN∥AC′. 又MN?平面A′ACC′， AC′?平面A′ACC′， 因此MN∥平面A′ACC′. (证法二)

取A′B′中点P，连结MP，NP，

M，N分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′， 所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′，又MP∩NP＝P， 因此平面MPN∥平面A′ACC′，而MN?平面MPN， 因此MN∥平面A′ACC′.

(2)以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA′为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系O－xyz，如图1－5所示．

图1－5

设AA′＝1，则AB＝AC＝λ，

于是A(0,0,0)，B(λ，0,0)，C(0，λ，0)，A′(0,0,1)，B′(λ，0,1)，C′(0，λ，1)．

1??λ?λλ?

所以M?2，0，2?，N?2，2，1?.

????

设＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量， λ1

x－→??1?22z1＝0，?·A′M＝0，

由?得?λ1→?MN＝0?m·y＋??212z1＝0，

可取＝(1，－1，λ)．

设＝(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量， →＝0，??·NC由?得?λ1→?MN＝0?n·y＋2??22z2＝0.可取＝(－3，－1，λ)．

因为A′－MN－C为直二面角，所以·＝0. 即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝2.

例4（2012高考真题湖北理19）（本小题满分12分）

如图1，?ACB?45?，BC?3，过动点A作AD?BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使?BDC?90?（如图2所示）．

（Ⅰ）当BD的长为多少时，三棱锥A?BCD的体积最大； （Ⅱ）当三棱锥A?BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在

棱CD上确定一点N，使得EN?BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．

A

A M D B

λλ－x＋??222y2－z2＝0，

B

D

图1

C

. ·E

C

图2

第19题图

【答案】（Ⅰ）解法1：在如图1所示的△ABC中，设BD?x(0?x?3)，则CD?3?x．

由AD?BC，?ACB?45?知，△ADC为等腰直角三角形，所以AD?CD?3?x.

DD?C由折起前AD?BC知，折起后（如图2），A，AD?BD，且BD?DC?D，

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